2023版高考生物二輪復(fù)習(xí)階段滾動(dòng)卷三（含解析）

2020版高考生物二輪復(fù)習(xí)階段滾動(dòng)卷三（含解析）PAGE36-階段滾動(dòng)卷三本試卷分第一卷(選擇題)和第二卷(非選擇題)兩局部，總分值100分，時(shí)間90分鐘。第一卷一、選擇題(此題共12小題，每題4分，共48分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第8～12題有多項(xiàng)符合題目要求，全部答對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)1.(2022·廣東佛山一模)一個(gè)簡(jiǎn)易的電磁彈射玩具如下圖。線圈、鐵芯組合充當(dāng)炮筒，硬幣充當(dāng)子彈?，F(xiàn)將一個(gè)金屬硬幣放在鐵芯上(金屬硬幣半徑略大于鐵芯半徑)，電容器剛開始時(shí)處于無電狀態(tài)，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A．要將硬幣射出，可直接將開關(guān)撥到2B．當(dāng)開關(guān)撥向1時(shí)，有短暫電流出現(xiàn)，且電容器上極板帶負(fù)電C．當(dāng)開關(guān)由1撥向2的瞬間，鐵芯中的磁通量減小D．當(dāng)開關(guān)由1撥向2的瞬間，硬幣中會(huì)產(chǎn)生向上的感應(yīng)磁場(chǎng)答案D解析當(dāng)線圈中的電流增大時(shí)，穿過硬幣的磁通量變大，由楞次定律知此時(shí)硬幣射出，而直接將開關(guān)撥到2，電容器是不會(huì)放電產(chǎn)生電流的，故A錯(cuò)誤；當(dāng)開關(guān)撥向1時(shí)，電容器充電，電路中有短暫電流出現(xiàn)，由于電容器的上極板與電源正極相連，因此電容器的上極板帶正電，故B錯(cuò)誤；當(dāng)開關(guān)由1撥向2的瞬間，電容器放電，線圈中的電流增大，向下的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，可知硬幣中會(huì)產(chǎn)生向上的感應(yīng)磁場(chǎng)，故C錯(cuò)誤，D正確。2.(2022·廣西欽州三模)如下圖，虛線a、b、c代表電場(chǎng)中的三條電場(chǎng)線，實(shí)線為一帶正電的粒子僅在電場(chǎng)力作用下通過該區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)。以下判斷中正確的選項(xiàng)是()A．P點(diǎn)的電勢(shì)比Q點(diǎn)的電勢(shì)高B．P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比Q點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大C．帶電粒子通過Q點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能比P點(diǎn)時(shí)的小D．帶電粒子通過Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比P點(diǎn)時(shí)的大答案B解析由圖可知帶電粒子所受電場(chǎng)力沿電場(chǎng)線向右，由于粒子帶正電，那么電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿電場(chǎng)線向右，故P點(diǎn)的電勢(shì)低于Q點(diǎn)的電勢(shì)，A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線越密的地方場(chǎng)強(qiáng)越大，由圖可知P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于Q點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，B正確；Q點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)的電勢(shì)高，粒子帶正電，由Ep＝φq可知，帶電粒子通過Q點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能比P點(diǎn)時(shí)的大，C錯(cuò)誤；粒子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，只有動(dòng)能和電勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，所以帶電粒子通過Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比通過P點(diǎn)時(shí)的小，D錯(cuò)誤。3.(2022·杭州一模)如下圖，由絕緣材料制成的光滑圓環(huán)(圓心為O)豎直固定放置。電荷量為＋q(q>0)的小球A固定在圓環(huán)的最高點(diǎn)，電荷量大小為q的小球B可在圓環(huán)上自由移動(dòng)。假設(shè)小球B靜止時(shí)，兩小球連線與豎直方向的夾角為θ＝30°，兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，以無窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)點(diǎn)，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A．小球B可能帶正電B．O點(diǎn)電勢(shì)一定為零C．圓環(huán)對(duì)小球B的彈力指向圓心D．將小球B移至圓環(huán)最低點(diǎn)，A、B小球組成的系統(tǒng)電勢(shì)能變小答案B解析因小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)其受力分析，如下圖，可見小球A吸引小球B，由于A球帶正電，因此小球B一定帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；因兩球所帶電荷是等量異種電荷，那么兩者連線的中垂線為等勢(shì)線，以無窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)點(diǎn)，那么O點(diǎn)的電勢(shì)為零，故B正確；由A選項(xiàng)分析可知，圓環(huán)對(duì)小球B的彈力背離圓心，故C錯(cuò)誤；將小球B移至圓環(huán)最低點(diǎn)，靜電力對(duì)小球B做負(fù)功，那么A、B小球組成的系統(tǒng)電勢(shì)能變大，故D錯(cuò)誤。4.(2022·湖北省高三4月調(diào)研)如下圖，半徑為R的圓環(huán)與一個(gè)軸向?qū)ΨQ的發(fā)散磁場(chǎng)處處垂直，環(huán)上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相等，方向均與環(huán)面軸線方向成θ角。假設(shè)給圓環(huán)通恒定電流I，那么圓環(huán)所受安培力的大小為()A．0 B．2πRBIC．2πRBIcosθ D．2πRBIsinθ答案D解析把磁感應(yīng)強(qiáng)度分解為水平分量與豎直分量，磁場(chǎng)的豎直分量對(duì)圓環(huán)的安培力的合力為零，磁場(chǎng)的水平分量對(duì)圓環(huán)的安培力的合力F＝B水平I·2πR＝2πBIRsinθ，故D正確。5．(2022·四川德陽三診)用同樣的交流電分別給甲、乙兩個(gè)電路中同樣的燈泡供電，結(jié)果兩個(gè)電路中的燈泡均能正常發(fā)光，乙圖中理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為5∶3，那么甲、乙兩個(gè)電路中的電功率之比為()A．5∶3B．5∶2C．1∶1D．25∶9答案A解析設(shè)燈泡的額定電流為I，那么甲電路中的功率為P1＝UI；理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為5∶3，那么乙圖原線圈中的電流為eq\f(3,5)I，乙電路中的功率為P2＝U·eq\f(3,5)I＝eq\f(3,5)P1，因此甲、乙兩個(gè)電路中的電功率之比為5∶3，故A正確。6.(2022·江蘇省七市高三第三次調(diào)研)在如下圖的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，R1、R3為滑動(dòng)變阻器，R2為定值電阻，C為電容器。開始時(shí)開關(guān)S1、S2閉合。以下操作能使電容器所帶電荷量增加的是()A．?dāng)嚅_開關(guān)S1B．?dāng)嚅_開關(guān)S2C．向左移動(dòng)滑動(dòng)變阻器R1的滑片D．向左移動(dòng)滑動(dòng)變阻器R3的滑片答案B解析斷開開關(guān)S1，回路電流為零，電容器放電，電容器所帶電荷量減小，A錯(cuò)誤；根據(jù)電路結(jié)構(gòu)可知，回路電流I＝eq\f(E,R2＋R3＋r)，電容器兩端電壓：U＝IR2＝eq\f(ER2,R2＋R3＋r)，斷開開關(guān)S2，電容器直接串聯(lián)在電路中，回路電流為零，電容器兩端電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)，電壓變大，根據(jù)Q＝CU可知，電容器所帶電荷量變大，B正確；滑動(dòng)變阻器R1與電容器串聯(lián)，穩(wěn)定時(shí)，該支路無電流，改變R1的滑片位置，對(duì)電路沒有影響，電容器所帶電荷量不變，C錯(cuò)誤；向左移動(dòng)滑動(dòng)變阻器R3的滑片，R3接入電路中的電阻變大，由I＝eq\f(E,R2＋R3＋r)可得，回路中電流變小，那么電容器兩端電壓：U＝IR2變小，根據(jù)Q＝CU可知，電容器所帶電荷量變小，D錯(cuò)誤。7.(2022·吉林省吉林市三調(diào))將一均勻?qū)Ь€圍成一圓心角為90°的扇形導(dǎo)線框OMN，其中OM＝R，圓弧MN的圓心為O點(diǎn)，將導(dǎo)線框的O點(diǎn)置于如下圖的直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，其中第二和第四象限存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，第三象限存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B。從t＝0時(shí)刻開始讓導(dǎo)線框以O(shè)點(diǎn)為圓心，從圖示位置開始以恒定的角速度ω沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，假定沿ONM方向的電流為正，那么線框中的電流隨時(shí)間的變化規(guī)律描繪正確的選項(xiàng)是()答案B解析設(shè)線框OMN的阻值為r，在0～t0時(shí)間內(nèi)，線框從圖示位置開始(t＝0)轉(zhuǎn)過90°的過程中，根據(jù)楞次定律判斷可知，線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向(沿ONM方向)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝eq\f(1,2)Bω·R2，由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流為I1＝eq\f(E1,r)＝eq\f(BR2ω,2r)；在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，線框進(jìn)入第三象限的過程中，根據(jù)楞次定律判斷可知，回路中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2＝eq\f(1,2)Bω·R2＋eq\f(1,2)·2Bω·R2＝eq\f(3,2)BωR2＝3E1，感應(yīng)電流為I2＝3I1；在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)，線框進(jìn)入第四象限的過程中，回路中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向(沿ONM方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E3＝eq\f(1,2)Bω·R2＋eq\f(1,2)·2Bω·R2＝eq\f(3,2)BωR2＝3E1，感應(yīng)電流為I3＝3I1；在3t0～4t0時(shí)間內(nèi)，線框離開第四象限的過程中，回路中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E4＝eq\f(1,2)Bω·R2，感應(yīng)電流為I4＝I1。由上述分析可知，B正確。8．(2022·山東青島一模)如圖甲，兩個(gè)等量同種電荷P、Q固定于光滑絕緣水平面上，電荷量q＝＋1×10－3C，質(zhì)量m＝0.02kg的小球從a點(diǎn)靜止釋放(小球重力不計(jì))，沿中垂線運(yùn)動(dòng)到電荷連線中點(diǎn)O過程中的v-t圖象如圖乙中圖線①所示，其中b點(diǎn)處為圖線切線斜率最大的位置，圖中虛線②為圖線①在b點(diǎn)的切線，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A．P、Q帶正電荷B．b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)E＝30V/mC．a(chǎn)、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為90VD．小球從a到O的過程中電勢(shì)能先減少后增加答案BC解析由帶正電的小球從a點(diǎn)由靜止釋放，沿aO方向做加速運(yùn)動(dòng)可知，小球受到指向O點(diǎn)的電場(chǎng)力，即P、Q兩電荷對(duì)小球的電場(chǎng)力的合力指向O點(diǎn)，由此可知P、Q兩電荷帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由v-t圖象的斜率表示加速度可得：ab＝eq\f(Δv,Δt)＝1.5m/s2，又根據(jù)牛頓第二定律可得：qE＝mab，聯(lián)立解得b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為：E＝30V/m，B正確；小球由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得：qUab＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，由圖乙可得vb＝3m/s，代入解得：Uab＝90V，C正確；由圖乙可知，從a到O的過程中小球速度一直增大，電場(chǎng)力一直對(duì)它做正功，其電勢(shì)能一直減小，D錯(cuò)誤。9．(2022·成都七中二診)如圖甲所示，50匝矩形閉合導(dǎo)線框ABCD處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝eq\f(\r(2),10)T的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框電阻不計(jì)。線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)所產(chǎn)生的正弦交流電壓圖象如圖乙所示，把該交流電壓加在圖丙中理想變壓器的P、Q兩端。變壓器的原線圈Ⅰ和副線圈Ⅱ的匝數(shù)比為5∶1，交流電流表為理想電表，電阻R＝1Ω，其他各處電阻不計(jì)，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．t＝0.1s時(shí)，電流表的示數(shù)為0B．副線圈中交流電的頻率為5HzC．線框面積為eq\f(1,5π)m2D．t＝0.05s時(shí)線圈位于圖甲所示位置答案BC解析原線圈中電壓的有效值U1＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(10\r(2),\r(2))V＝10V，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得U2＝2V，故副線圈中的電流I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(2,1)A＝2A，電流表的電流為I1，那么由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得I1＝0.4A，A錯(cuò)誤；交流電的周期T＝0.2s，故交流電的頻率f＝eq\f(1,T)＝5Hz，B正確；線框轉(zhuǎn)動(dòng)的角速率ω＝2πf，那么根據(jù)Em＝nBSω可知，線框面積S＝eq\f(Em,nBω)＝eq\f(1,5π)m2，C正確；t＝0.05s時(shí)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，線圈平面與中性面垂直，D錯(cuò)誤。10.(2022·吉林省吉林市三調(diào))如下圖，成30°角的OA、OB間有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，OA邊界上的S點(diǎn)有一電子源，在紙面內(nèi)向各個(gè)方向均勻發(fā)射速率相同的電子，電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為r，周期為T。從OB邊界射出的電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為eq\f(T,6)，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A．沿某一方向發(fā)射的電子，可能從O點(diǎn)射出B．沿某一方向發(fā)射的電子，可能沿垂直于OB的方向射出C．從OA邊界射出的電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為eq\f(T,3)D．從OB邊界射出的電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為eq\f(T,4)答案BC解析電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：evB＝meq\f(v2,r)，解得：r＝eq\f(mv,eB)，由于電子速率v相同，那么電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r相同，當(dāng)出射點(diǎn)D與S點(diǎn)的連線垂直于OB時(shí)，弦SD最短，軌跡所對(duì)的圓心角最小，為60°，那么電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，tmin＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)T，那么：θ＝60°，如圖a所示，由幾何知識(shí)知，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間的電子入射的方向垂直于OA，eq\x\to(OS)＝eq\f(\x\to(SD),sin30°)＝eq\f(r,sin30°)＝2r。電子在磁場(chǎng)中所有軌跡對(duì)應(yīng)圓心可能的位置應(yīng)在以S為圓心、半徑為eq\f(\x\to(SO),2)的圓弧上，過O的圓弧與BO有除O以外的另一個(gè)交點(diǎn)，如圖b所示，說明電子在到達(dá)O點(diǎn)前已經(jīng)飛出磁場(chǎng)，故A錯(cuò)誤；由以上的分析可知，當(dāng)從S點(diǎn)射出的電子方向平行于OB時(shí)，其圓心恰好位于D點(diǎn)，此時(shí)電子將轉(zhuǎn)過90°，恰好垂直于OB射出，其軌跡如圖c所示，B正確；從OA邊界射出的電子圓弧軌跡剛好與OB相切時(shí)，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡最長(zhǎng)，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角最大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，如圖d所示，由幾何關(guān)系可得圓心角為120°，運(yùn)動(dòng)時(shí)間：tmax＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(1,3)T，C正確；畫出初速度的方向豎直向上的電子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖e，可知該電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于eq\f(1,4)T，D錯(cuò)誤。11．(2022·河南八市重點(diǎn)高中聯(lián)盟高三第三次測(cè)評(píng))如下圖，電源電動(dòng)勢(shì)E＝3V，內(nèi)阻不計(jì)，R1、R2、R3為定值電阻，阻值分別為1Ω、0.5Ω、9Ω，R4、R5為電阻箱，最大阻值均為99.9Ω，右側(cè)豎直放置一個(gè)電容為1.5×10－3μF的理想平行板電容器，電容器板長(zhǎng)為0.2m，板間距為0.125m。一帶電油滴以0.8m/s的速度沿平行板中線進(jìn)入，恰好勻速通過，不計(jì)空氣阻力，此時(shí)R4、R5阻值分別為1.8Ω、1Ω。以下說法正確的選項(xiàng)是()A．此油滴帶正電B．帶電油滴勻速穿過電容器時(shí)，電容器的電荷量為3×10－9CC．欲使油滴向上偏轉(zhuǎn)但不打到電容器的上板，R4阻值不得超過5.7ΩD．欲使油滴向下偏轉(zhuǎn)但又不打到電容器的下板，R4阻值不得低于1.4Ω答案BC解析電容器的上極板與電源正極相連，油滴所受電場(chǎng)力向上，故油滴帶負(fù)電荷，A錯(cuò)誤；電容器與R2、R3、R4這局部電路并聯(lián)，當(dāng)油滴勻速穿過電容器時(shí)R2、R3、R4這局部電路的總電阻為2Ω，根據(jù)串聯(lián)分壓特點(diǎn)可得這局部的電壓U0＝2V，電容器的電荷量Q＝CU0＝3×10－9C，故B正確；當(dāng)油滴勻速穿過電容器時(shí)，E0＝eq\f(U0,d)，E0q＝mg，油滴在電容器中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(l,v0)＝eq\f(1,4)s，當(dāng)油滴向上偏轉(zhuǎn)且剛好經(jīng)過上極板最右端時(shí)，在豎直方向上有y＝eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，得a＝2m/s2，由牛頓第二定律得E1q－mg＝ma，結(jié)合E1＝eq\f(U1,d)，可得eq\f(E0,E1)＝eq\f(5,6)＝eq\f(U0,U1)，由此得R2、R3、R4這局部電路總電壓U1＝2.4V，那么電阻R1兩端的電壓UR1＝E－U1＝0.6V，電流I＝eq\f(UR1,R1)＝0.6A，又由歐姆定律R＝eq\f(U,I)可得，R2、R3、R4這局部電路總電阻R總＝eq\f(U1,I)＝4Ω，由R總＝R2＋eq\f(R3R4,R3＋R4)得出R4≈5.7Ω，故C正確；同理，油滴經(jīng)過下極板最右端時(shí)，有豎直向下的加速度a＝2m/s2，可得U2＝1.6V，解得R4≈0.69Ω，D錯(cuò)誤。12.(2022·廣西欽州三模)如圖，兩條間距為L(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一金屬棒垂直放置在兩導(dǎo)軌上；在MN左側(cè)面積為S的圓形區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B＝kt，式中k為常量，且k＞0；在MN右側(cè)區(qū)域存在一與導(dǎo)軌垂直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。t＝0時(shí)刻，金屬棒從MN處開始，在水平拉力F作用下以速度v0向右勻速運(yùn)動(dòng)。金屬棒與導(dǎo)軌的電阻及摩擦均可忽略。那么()A．在t(t>0)時(shí)刻穿過回路的總磁通量為B0Lv0tB．電阻R上的電流為恒定電流C．在時(shí)間Δt內(nèi)流過電阻的電荷量為eq\f(kS＋B0Lv0,R)ΔtD．金屬棒所受的水平拉力F隨時(shí)間均勻增大答案BC解析根據(jù)題圖可知，MN左邊的磁場(chǎng)方向與右邊的磁場(chǎng)方向相同，那么穿過回路的總磁通量即為兩邊磁通量之和，在t(t＞0)時(shí)刻穿過回路的總磁通量為：Φ＝Φ1＋Φ2＝ktS＋B0Lv0t，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路中產(chǎn)生總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝E1＋E2＝eq\f(ΔB,Δt)S＋B0Lv0＝kS＋B0Lv0，由閉合電路歐姆定律有：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kS＋B0Lv0,R)，那么電阻R上的電流為恒定電流，故B正確；在時(shí)間Δt內(nèi)流過電阻的電荷量為q＝IΔt＝eq\f(kS＋B0Lv0,R)Δt，故C正確；金屬棒受到的安培力大小為：FA＝B0IL，保持不變，金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)，水平拉力大小等于安培力大小，所以水平拉力F保持不變，故D錯(cuò)誤。第二卷二、非選擇題(此題共4小題，共52分。解容許寫出必要的文字說明、只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)13.(2022·四川德陽三診)(12分)如下圖，光滑導(dǎo)軌MN和PQ固定在豎直平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，兩端分別接有阻值均為R的定值電阻R1和R2。兩導(dǎo)軌間有一邊長(zhǎng)為eq\f(L,2)的正方形區(qū)域abcd，該區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m的金屬桿與導(dǎo)軌相互垂直且接觸良好，從ab處由靜止釋放，金屬桿離開磁場(chǎng)前已做勻速運(yùn)動(dòng)。其余電阻均不計(jì)，重力加速度為g。求：(1)金屬桿離開磁場(chǎng)時(shí)的速度大?。?2)金屬桿穿過整個(gè)磁場(chǎng)過程中電阻R1上產(chǎn)生的電熱。答案(1)eq\f(2mgR,B2L2)(2)eq\f(mgL,4)－eq\f(m3g2R2,B4L4)解析(1)設(shè)流過金屬桿中的電流為I，由平衡條件得：mg＝BIeq\f(L,2)，解得I＝eq\f(2mg,BL)設(shè)桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v，由E＝Beq\f(L,2)v，E＝I·eq\f(R,2)聯(lián)立解得v＝eq\f(2mgR,B2L2)。(2)由能量守恒：mgeq\f(L,2)＝Q＋eq\f(1,2)mv2電阻R1上產(chǎn)生的電熱Q1＝eq\f(Q,2)解得Q1＝eq\f(mgL,4)－eq\f(m3g2R2,B4L4)。14.(2022·廣東佛山一模)(12分)如下圖，兩根互相平行的金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，相距d＝1m、且足夠長(zhǎng)、不計(jì)電阻。AC、BD區(qū)域光滑，其他區(qū)域粗糙且動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，并在AB的左側(cè)和CD的右側(cè)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T。在導(dǎo)軌中央放置著兩根質(zhì)量均為m＝1kg，電阻均為R＝2Ω的金屬棒a、b，用一鎖定裝置將一輕質(zhì)彈簧壓縮在金屬棒a、b之間(彈簧與a、b不拴連)，此時(shí)彈簧具有的彈性勢(shì)能E＝9J?，F(xiàn)解除鎖定，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，a、b棒剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，且b棒向右運(yùn)動(dòng)x＝0.8m后停止，g取10m/s2，求：(1)a、b棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小；(2)金屬棒b剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度大??；(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)3m/s3m/s(2)8m/s2(3)5.8J解析(1)解除鎖定、彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過程，對(duì)a、b及彈簧組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得0＝mva－mvb由機(jī)械能守恒定律得E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)聯(lián)立解得va＝vb＝3m/s。(2)當(dāng)a、b棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，兩棒均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，兩個(gè)電動(dòng)勢(shì)串聯(lián)，有Ea＝Eb＝Bdva＝2×1×3V＝6V回路中感應(yīng)電流I＝eq\f(2Ea,2R)＝3A對(duì)b，由牛頓第二定律得BId＋μmg＝mab解得ab＝8m/s2。(3)由動(dòng)量守恒定律知a、b棒速率時(shí)刻相等，滑行相同距離后停止，對(duì)系統(tǒng)，由能量守恒定律得E＝2μmgx＋Q解得Q＝5.8J。15．(2022·山東青島二中一模)(14分)如下圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)有一腰長(zhǎng)為L(zhǎng)的等腰直角三角形區(qū)域OPQ，三角形的O點(diǎn)恰為平面直角坐標(biāo)系的坐標(biāo)原點(diǎn)，該區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第一象限中y≤L的其他區(qū)域內(nèi)有大小為E、方向沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一束電子(電荷量為e、質(zhì)量為m)以大小不同的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)。那么：(1)能夠進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域的電子的速度范圍；(2)一個(gè)電子恰好從P點(diǎn)離開了磁場(chǎng)，求該電子的速度和由O到P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；(3)假設(shè)電子速度為eq\f(eBL,3m)，且能從x軸穿出電場(chǎng)，求電子穿過x軸的坐標(biāo)。答案(1)0<v≤eq\f(eBL,m)(2)eq\f(eBL,2m)eq\f(πm,eB)＋eq\f(BL,E)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2L,3)－\f(2Em,eB2)，0))解析(1)通過Q點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域的電子速度最大，其軌跡半徑r1＝L，設(shè)其射入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律ev1B＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)聯(lián)立解得：v1＝eq\f(eBL,m)故能夠進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域的電子的速度范圍是：0<v≤eq\f(eBL,m)。(2)設(shè)從P點(diǎn)離開磁場(chǎng)的電子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑為r2，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系得：r2＝eq\f(L,2)設(shè)其射入磁場(chǎng)時(shí)的速度是v2，由ev2B＝meq\f(v\o\al(2,2),r2)，得v2＝eq\f(eBL,2m)該電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,eB)那么該電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝2×eq\f(T,4)＝eq\f(πm,eB)該電子在電場(chǎng)中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)：eE＝ma那么a＝eq\f(eE,m)該電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(2v2,a)＝eq\f(BL,E)故電子由O到P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝t1＋t2＝eq\f(πm,eB)＋eq\f(BL,E)。(3)設(shè)電子從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v3＝eq\f(eBL,3m)時(shí)，電子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑為r3，那么由ev3B＝meq\f(v\o\al(2,3),r3)，得r3＝eq\f(L,3)，軌跡如圖乙所示，電子第二次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的坐標(biāo)：x＝2r3，y＝2r3電子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)到達(dá)x軸的時(shí)間：t′＝eq\f(y,v3)＝eq\f(2r3,v3)到達(dá)x軸時(shí)沿x軸負(fù)方向的位移：x0＝eq\f(1,2)at′2＝eq\f(2Em,eB2)故電子穿過x軸的橫坐標(biāo)為：x′＝x－x0＝eq\f(2L,3)－eq\f(2Em,eB2)即電子穿過x軸的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2L,3)－\f(2Em,eB2)，0))。16．(2022·山東省評(píng)價(jià)大聯(lián)考三模)(14分)如下圖，BCD是光滑絕緣的半圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，直徑為BD，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，質(zhì)量為m的不帶電的滑塊b靜止在B點(diǎn)，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小為E。質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊a置于水平軌道上，電荷量為q＝eq\f(3mg,2E)，滑塊a與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度為g。現(xiàn)將滑塊a從水平軌道上距離B點(diǎn)12R的A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)與滑塊b碰撞，碰撞